【文档说明】江西省吉安市第一中学2022-2023学年高一上学期1月期末物理试题 含答案.docx，共(11)页，1.265 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-52497c10cf9f419165ada3b7743f911d.html

以下为本文档部分文字说明：

吉安一中2022—2023学年度上学期期末考试高一物理试卷命题人：审题人：备课组长：一、选择题（共12题，每题4分，共48分，1-8单选，8-12多选。）1．有下列几种情景，请根据所学知识选择对情景的分析和判断正确的说法()A．电子绕原子核旋转，同时在自转，由于电子很小，故研究电

子的自转时，可将其看作质点B．高速飞行的子弹因为速度很快，所以惯性很大C．点火后即将升空的火箭，因火箭还没运动，所以加速度一定为零D．马拉车向前加速运动时，马对车的拉力与车对马的拉力大小相等，方向相反2．关于加速度，下列说法正确的是（）A．加速度就是速度的增加量

B．加速度可能是速度的减小量C．加速度为正值则说明物体一定在做加速运动D．加速度大说明物体速度的变化率大3．下列所给的位移-时间图像或速度-时间图像中，表示做直线运动的物体无法回到初始位置的是()A．B．C．D．4．如图所示，A、B、C三球的质量均为m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与

A球相连，A、B间由一轻质细线连接，B、C间由一轻杆相连。倾角为的光滑斜面固定在地面上，弹簧、细线与轻杆均平行于斜面，初始系统处于静止状态，细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是（）A．A球的加速度沿斜面向上，大小为singB．C球的受力情况未变，加速度为0C．B、C两球的加速

度均沿斜面向下，大小均为2singD．B、C之间杆的弹力大小为05．如图所示，上表面光滑的半圆形的台面放置在水平地面上，圆心为O点，天花板上的A点在O点的正上方，一段不可伸长的轻绳，一段系在A点，另

一端系在一个质量为m的小球上（小球可视为质点）。小球静止在台面上，台面对小球的支持力记为N，绳子对小球的拉力记为T。现在把台面向右稍微移一小段距离，则小球再次处于静止状态时，N和T与之前相比较（）A．T变小，N变大B．T

变小，N不变C．T不变，N变大D．T变大，N变小6．如图所示为冲关游戏的一个项目，导轨倾斜固定，倾角为，导轨内置一滑轮，绳子一端与滑轮相连，另一端与抱枕相连。选手抱住抱枕后沿导轨下滑，绳与竖直方向夹角为，且保持不变。已知

抱枕质量为1m，选手质量为2m，不计一切阻力，下列说法正确的是（）A．选手与抱枕一起做匀速直线运动B．绳子对抱枕的作用力大小为()12cosmmg+C．抱枕对选手的作用力大小为2cosmgD．选手质量越大，

角越小7．如图甲为车站的安全检查仪，用于对旅客行李进行安全检查，其传送装置可简化为如图乙的模型，绷紧的传送带始终保持1m/sv=的恒定速率运行，设行李与传送带之间的动摩擦因数0.1=，A、B间的距离为2m，现旅客把行李无初速度地放在A处，同时以1m/sv=的恒定速率平行于传送带走

到B处取行李，取210m/sg=，则（）A．该乘客与行李同时到达B处B．行李一直做加速直线运动C．该乘客提前1.5s到达B处D．若传送带速度足够大，行李最快也要2s才能到达B处8．一物体沿着固定在水平地面上的粗糙斜面从底端向上运动，运动到最高

点后沿斜面下滑到底端，已知斜面的粗糙程度处处相同，斜面倾角的正切值为13tan10=，物体从底端上滑到最高点的时间是从最高点下滑到底端时间的23。以水平地面的重力势能为零，则（）A．物体从底端上滑时的动能是回到底端时动能的94B．物体与斜面之间的动摩擦因数为23C

．物体上滑过程中损失的机械能是出发时机械能的518D．物体在斜面上运动时最大的重力势能是出发时机械能的8139．关于惯性，下列说法中正确的是A．同一汽车，速度越快，越难刹车，说明物体速度越大，惯性越大B．物体只有静止或做匀速直线运动时才有惯性C．乒乓球可以快速抽杀，是因为乒乓球的惯性小

的缘故D．任何物体都有惯性10．近年来，一些高级轿车的设计师在关注轿车的加速性能的同时，提出了“加速度的变化率”的概念，用这一新的概念来描述轿车加速度随时间变化的快慢，轿车的“加速度的变化率”越小，乘坐轿车的人感觉越舒适。图示

是一辆汽车在水平公路上行驶时加速度随时间变化的关系图像，全科免费下载公众号-《高中僧课堂》则下列说法正确的是（）A．从运动学角度的定义，“加速度的变化率”的单位应是m/s3B．加速度的变化率保持为0的直线运动是匀变速直线运动C．若加速度与速度同方向，如图所示的a-­t图像，表示的是物

体的速度在减小D．若加速度与速度同方向，如图所示的a­-t图像，已知物体在t=0时速度为5m/s，则2s末的速度大小为8m/s11．如图所示．一名杂技演员在表演过程中，沿着长为9m的竖立在地面上的钢管从顶端由静止先匀加速再匀减速下滑，滑到地

面时速度恰好为零．如果他加速时的加速度大小是减速时加速度大小的2倍．下滑的总时间为3s，那么该消防队员（）A．下滑过程中的最大速度为6m/sB．加速与减速运动过程的时间之比为1:2C．加速与减速运动过程中平均速度之比为2:1D．加速与减速运动过程的位移大小之比为1:412．如图所示

，在一粗糙水平面上，有两个质量分别为m1、m2的木块1和2，中间用一原长为L、劲度系数为k的轻质弹簧连接起来，两木块与地面间的动摩擦因数均为。现用水平向右的拉力F拉木块2，使两木块一起匀速运动，此时弹簧的伸长

量为Δx，则下列关系中正确的是（）A．12Fmgmgkx=++B．Fxk=C．12Fmgmg=+D．2mxFgk−=二、实验题（除标注外，每空2分，共20分）13．在“验证力的平行四边形定则”的实验中，某小组的主要实验步骤如下：①用图钉把

一张白纸钉在水平桌面的木板上；②将橡皮条的一端固定在水平木板上的A点，另一端系上两根细绳套，先用两个弹簧秤分别勾住绳套，并互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，结点到达某一位置O，如图所示；③用铅笔描下结点O的位置

和两个细绳套OB、OC的方向，并记录弹簧测力计的读数，利用刻度尺和三角板根据平行四边形定则求出合力F；④只用一个弹簧测力计，通过细绳套把橡皮条的结点拉到与前面相同的位置O，记下弹簧测力计的读数F′和____________．⑤比较F′与用平行四边形定则求得的合力F，看它们在实验误差允许的范围内

是否相等．根据实验步骤，请完成下列有关内容：（1）实验第③步中连接细绳套OC的弹簧测力计的示数如实验图中所示，则其读数FOC=__________N，若此弹簧测力计的弹簧伸长了5.8cm，可求出弹簧的劲度系数k=___________N/m．（2）实验第④步横线上缺少的实验内容

是______________．14．某实验小组利用如图所示的装置“探究加速度与力、质量的关系”．（1）实验中除了需要小车、砝码、托盘、细绳、附有定滑轮的长木板、垫木、打点计时器、低压交流电源、两根导线、复写纸、纸带之外，还需要__________、__________．（2）下列做法正确

的是__________．A．调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行B．在调节木板倾斜角度平衡小车受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的托盘通过定滑轮拴在小车上C．实验时，先放开小车再接通打点计时器的电源D．通过增减小车上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度E.用托盘和盘

内砝码的重力作为小车和车上砝码受到的合外力，为减小误差，实验中一定要保证托盘和砝码的总质量远小于小车和车上砝码的总质量（3）某同学以小车和车上砝码的总质量的倒数1M为横坐标，小车的加速度a为纵坐标，在坐标纸上作出的

a－1M关系图线如图2所示．由图可分析得出：加速度与质量成__________关系(填“正比”或“反比”)；图线不过原点说明实验有误差，引起这一误差的主要原因是平衡摩擦力时长木板的倾角__________(填“过大”或“过小”)．三、计

算题（共36分）15．某矿井中的升降机在开始3s内以1m/s2的加速度由井底从静止匀加速上升，接着以3s末的速度匀速上升6s，最后匀减速上升，又经2s刚好停在井口，求：（1）3s末的速度；（2）最后2s的加速度；（3）画出升降机11s内的速度—时间图并求出矿井的深度。16．如图所示，在半径为R

的光滑半球形碗中，一根水平放置的轻弹簧两端连接A、B两球，两球静止于半球形碗中。已知A、B球质量均为m，轻弹簧的劲度系数为k，A、B两球之间的距离为R，球的半径远小于碗的半径，求：（1）半球形碗对A球的支持力大小；（2）弹簧的原长。17．粗糙的水平面上有一足够长的木板，在木板右端放一小

物块，长木板与小物块均静止，如图（甲）所示。现用水平恒力F向右拉长木板，经t=1s时撤去F，木板运动的vt−图像如图（乙）所示。已知物块和木板的质量均为1kg，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s

2，求：（1）物块与木板间及木板与地面间的动摩擦因数；（2）水平恒力F的大小；（3）小物块最终离长木板右端的距离。1．D【详解】A．如果把电子看成质点，它的自转也就表现不出来了，所以不能看成质点，A错误；B．质量是惯性的唯一量度，与速度无关，B错误；C

．力是产生加速度的原因，即将升空的火箭推力大于重力，所以加速度不为零，C错误；D．马拉车向前加速运动时，马对车的拉力与车对马的拉力属于相互作用力，所以大小相等，方向相反，D正确。故选D。2．D【详解】AB．加速度等于单位时间内的速度变化量，不是速度的增加量，也不是减小量，故AB错误；

C．加速度为正值，速度可能为负值，则物体可能做减速运动，故C错误；D．根据vat=知，加速度大，则速度的变化率大，故D正确。故选D。3．B【详解】A．由图可知，物体的初位置和末位置纵坐标均为零，故A图中物体回到了初始位置，故A错误；B．图中根据图线与坐标轴

所围“面积”表示位移，可知2s内物体的位移不为0，则物体在2秒末不能回到初始位置，故B正确．C．图中物体先向正方向做匀速直线运动，后沿负方向做速度大小相等、方向相反的匀速直线运动，则t=2s内位移为零，物体回到初始位置，故C错误．D．由图可知，图像的“面积”等于位移可知，物体在2s内的位移为

零，则物体回到初始位置，故D错误．故选B.【点睛】图象为物理学中的重要方法，在研究图象时首先要明确图象的坐标，从而理解图象的意义；即可确定点、线、面的含义．4．D【详解】A．对A球受力分析，受到重力GA、垂直斜面向上的支持力NA、沿斜面向上的弹力F和B、C球对它的拉力TA，由于A球

处于静止状态，则据平衡条件有AAsin3sinFGTmg=+=现将细线烧断，据弹簧弹力具有瞬间保持原值的特性，则有sinAFGma−=故A球此时加速度为2sinag=方向沿斜面向上，故A错误；BCD．细线烧断后B、C球整体只受到重力和支持力，则加速度以si

nag=向下运动，所以B、C之间没有相互作用力，故BC错误，D正确。故选D。5．A【详解】设绳子与竖直方向夹角为，受力分析如图所示根据平衡条件得cosTmg=sinNmg=把台面向右稍微移一小段距离，增大，则T变小，

N变大，故A正确，BCD错误。故选A。6．C【详解】A．由于不计一切阻力，系统具有相同的加速度，根据牛顿第二定律可得：1212()sinsin()mmgagmm+==+选手与抱枕一起做匀加速直线运动，故A错误；B．以选手与抱枕整体为研究对象，受到重力和

绳子的拉力作用，合力方向沿斜面向下，则有1212sinmmgmma+=+（）（）解得a=gsinβ，所以α=β，即绳子的拉力方向垂直于导轨，则绳子对抱枕的作用力大小为F拉=（m1+m2）gcosβ故B错误；C．以选手为研究对象，选手受到重力和抱

枕对选手的作用力，二者的合力沿导轨向下，根据力的合成可得抱枕对选手的作用力大小为m2gcosβ，故C正确；D．无论选手质量多大，始终存在α=β，所以β角的大小与选手的质量无关，故D错误。故选C。7．D【详解】ABC．根据牛顿

第二定律，可得mgma=解得21m/sa=行李做匀加速运动的时间为1t，行李加速运动的末速度为1m/sv=，根据1vat=解得11st=行李匀加速运动的位移大小为2110.5m2xat==行李匀速运动的时间为21.5sLxtv−==行李从A到B的时间为122.5sttt=+=而乘客一直做匀速

运动，从A到B的时间为2sLtv==人可知乘客提前0.5s到达B，ABC错误；D．若行李一直做匀加速运动时，运动时间最短，则有2min12Lat=解得最短时间为min2st=D正确；故选D。8．AC【详解】AB．设初速度

为1v，则由逆向思维可得上升时111vat=21112xat=下降时满足222vat=22212xat=由牛顿第二定律可得1sincosmgmgma+=2sincosmgmgma−=即1sincosagg=+2sincosagg=

−因为1223tt=联立得1294aa=所以解得12=1232vv=所以k1k294EE=故A正确，B错误；CD．因为物体损失的机械能上升时满足Efx=上升的最大重力势能为psinEmgx=由能量守恒定律得0

sinEmgxfx=+其中cosfmg=所以0cos5sincos18EmgxEmgxmgx==+同理可得p01318EE=故C正确，D错误。故选AC。9．CD【详解】惯性使物体本身的一种属性，是保持原来运动状态的本领，只与物体

的质量有关；与运动状态无关，所以选CD.10．AD【详解】A．“加速度的变化率”是指加速度的变化与所用时间的比值，即at，a的单位是m/s2，t的单位是s，则at的单位为m/s3，A正确；B．加速度的变化率为0是指加速度保持

不变，如果加速度为0，则物体做匀速直线运动，如果加速度不为0，则物体做匀变速直线运动，B错误；C．若加速度与速度同方向，则物体做加速运动，如题图所示，加速度减小，则物体速度增加得慢了，但仍在加速，C错误；D．在a—t图像中图像与时间轴所围图形的面积表示物体速度的变化量，则得123m/s

3m/s2v==由于加速度与速度同方向，故物体做变加速直线运动，已知初速度为5m/s，则物体在2s末的速度为8m/s，D正确。故选AD。11．AB【详解】A．设下滑过程中的最大速度为v，则杂技演员下滑的总位移为1222vvxtt=+123stt+=解得最大速度为2296m/s3xvt

===A正确；B．设加速与减速过程的时间分别为1t，2t，加速度大小分别为1a，2a，则11vat=22vat=解得1221::1:2ttaa==B正确；C．根据平均速度的推论知2vv=则平均速度之比为

1:1，C错误；D．因为平均速度之比为1:1，加速和减速的时间之比为1:2，则加速和减速的位移之比为1:2，D错误。故选AB。12．CD【详解】AC．以两个木块和弹簧组成的整体为研究对象，整体水平方向受到向右的拉力F和向左的两个摩擦力，根据平衡条件得F=f1+f2=μm1g+μm2g故A错误，C正

确。BD．以木块2为研究对象，水平方向受到向右的拉力F、向左的滑动摩擦力和弹簧的弹力，根据平衡条件得2Fkxmg=+解得2mxFgk−=故B错误，D正确。故选CD。13．细绳的方向2.9050细绳的方向【详解】（1）由图可知，弹簧测力计的示数为2.90N，注意要估读一位；根据胡克定

律：F=k△x，k=50N/m；（2）由于要利用平行四边形作图，不仅要记下弹簧测力计的读数，还要记录细绳的方向，所以缺少的内容是：细绳的方向．14．天平刻度尺ADE反比过大【详解】（1）[1][2]．实验中用砝码桶的总重力表示小车的拉力，需测

量砝码桶的质量，所以还需要天平．实验中需要用刻度尺测量纸带上点迹间的距离，从而得出加速度，所以还需要刻度尺．（2）[3]．A、实验时调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，故A正确．B、平衡摩擦力时，不

能将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上，故B错误．C、实验时应先接通电源，再释放纸带，故C错误．D、通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度，故D正确．E、对整体分析，根据牛顿第二定律可知：mgaMm=+，则绳子上拉力大小1MmgmgFMamMmM==

=++当mM，即砝码桶及桶内砝码的总质量远小于小车和小车上砝码的总质量时，砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于小车运动时受到的拉力．故E正确（3）[4][5]．因为1aM−图象是一条直线，a与M成反比；图象在a轴上有截距，这是平衡摩擦力时长木板的倾角过大造成的．15．（1）3

m/s，方向竖直向上；（2）1.5m/s2，方向竖直向下；（3）图像见解析，25.5m【详解】（1）根据运动学公式可得3s末的速度大小为113m/svat==方向竖直向上；（2）根据加速度的定义可得最后2s的加速度大小为2221.5m/svat==方向竖

直向下；（3）v-t图像如图所示v-t图像与t轴所围的面积表示位移，所以矿井的深度为1(611)3m=25.5m2h=+16．（1）233mg；（2）33mgRk+【详解】（1）如图，设OAB=，半球形碗对A球的支持力大小为N，弹簧的原长为0L，

形变量为x由几何关系得60=由平衡条件得sinmgN=联立得233Nmg=（2）由平衡条件得ΔtanmgFkx==0ΔLRx=+联立得033mgLRk=+17．（1）0.4，0.5；（2）27N；（3）5.25m【详解】（1）设物块与木板间及木板

与地面间的动摩擦因数分别为1和2，物块在0至1.5s内做匀加速运动，设物块加速度为1a，则216m/svat==11mgma=解得10.4=木板在1.0s至1.5s时间内做匀减速运动，设加速度为2a，则()21

221vvatt−=−()122+mgmMgMa−=解得20.5=（2）木板在0至1.0s时间内做匀加速运动，设加速度为3a，则131vat=123()FmgmMgMa−−+=解得27NF=（3）设木板在0至1.0s时间内位移为1x，木板在1.0s至1.5s时间内位移为2x，则1112v

xt=12221()2vvxtt+=−设木板在1.5s后的加速度为a4，位移为x3，则214()mMgmgMa−++=224302vax−=设物块在0至1.5s内位移为x4，则2422vxt=设物块在1.5s后的加速度为5a，位移为

x5，则15mgma−=225502vax−=解得小物块最终离长木板右端的距离为12345Δ5.25mxxxxxx=++−−=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com